江西省抚州市南丰中学高三物理上学期第三次月考试题（含解析）新人教版.doc

2014-2015学年江西省抚州市南丰中学高三（上）第三次月考物理试卷一、选择题（共5小题，每小题3分，满分15分）1（3分）（2013惠州模拟）有一段圆弧形坡道，如图所示，若将同一辆车先后停放在a点和b点，下述分析和比较正确的是（）a车在a点受坡道的支持力大于在b点受的支持力b车在a点受坡道的摩擦力大于在b点受的摩擦力c车在a点受到的合外力大于在b点受的合外力d车在a点受的重力的下滑分力大于在b点受的重力的下滑分力考点：向心力；牛顿第二定律版权所有专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：对汽车受力分析，根据汽车所受的合力为零，运用正交分解进行分析解答：解：ab、根据平衡有：n=mgcos，f=mgsin，b点的倾角大于a点的倾角，所以a点的支持力大于b点的支持力，a点所受的摩擦力小于b点所受的摩擦力故a正确，b错误c、车处于静止，所以车在a点受到的合力等于b点所受的合力，等于零故c错误d、重力沿斜面向下的分力为mgsin，知a点重力下滑的分力小于b点重力的下滑分力故d错误故选a点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解2（3分）（2013惠州模拟）如图为两个物体a和b在同一直线上沿同一方向同时作匀加速运动的vt图线已知在第3s末两个物体在途中相遇，则物体的出发点的关系是（）a从同一地点出发ba在b前3m处cb在a前3m处db在a前5m处考点：匀变速直线运动的图像版权所有专题：运动学中的图像专题分析：在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线表示加速度，加速度，向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负解答：解：a物体前3秒内的位移（应用平均速度）：xa=3m=6m；也可解a问题与坐标轴围成的三角形的面积：xa=34m=6mb物体前3秒内的位移：xb=3m=3m两物体在第3s末两个物体在途中相遇，说明a物体出发时应在b物体后方3m处，即b在a前3m处，故c正确故选：c点评：本题是为速度时间图象的应用，既要明确斜率的含义，更应知道在速度时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义3（3分）（2013惠州模拟）细绳栓一个质量为m的小球，小球将固定在墙上的轻弹簧压缩x，小球与弹簧不粘连如图所示，将细线烧断后（）a小球做平抛运动b小球脱离弹簧后做匀变速运动c小球的加速度立即为gd小球落地时动能等于mgh考点：牛顿第二定律版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：小球开始受重力、弹簧的弹力和绳子的拉力处于平衡，绳子烧断的瞬间，拉力立即消失，弹簧的弹力还未变化，根据牛顿第二定律得出小球的加速度根据动能定理可知小球的动能大小解答：解：a、将细绳烧断后，小球受到球的重力和弹簧的弹力的共同的作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，所以不是平抛运动，故a错误b、小球脱离弹簧后，只受重力作用，做匀变速运动，故b正确；c、绳子烧断的瞬间，小球受重力和弹簧的弹力，合力斜向右下方，则所以加速度并不为g，故c错误d、根据动能定理知，mgh+w=mv2则小球落地时的动能大于mgh，故d错误故选b点评：对小球受力分析，根据球的受力的情况来判断小球的运动的情况及各力做功情况，要注意的是在与弹簧分离之前，弹簧的弹力是不断减小的4（3分）（2014龙湖区二模）汽车上坡时，司机要用“换挡”的办法减速行使，是为了（）a省油b减少发动机的功率c增大发动机的功率d增大爬坡的牵引力考点：功率、平均功率和瞬时功率版权所有专题：功率的计算专题分析：机用“换挡”的办法来减速行驶是为了获得更大的牵引力来上坡，由p=fv可知，在功率一定的情况下，当速度减小时，汽车的牵引力就会增大解答：解：由p=fv可知，在功率一定的情况下，当速度减小时，汽车的牵引力就会增大，此时更容易上坡故选d点评：本题很好的把现实生活中的事情与所学的物理知识结合了起来，可以激发学生的学习兴趣5（3分）（2015台儿庄区校级模拟）如图所示，已知电源的内电阻rr，当r0的滑动触头从上端滑到下端的过程中，下列说法正确的是（） a电容器一直处于放电过程b电容器一直处于充电过程c电源的输出功率先增大后减小d电源的效率先增大后减小考点：电容；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率版权所有专题：电容器专题分析：对电路图进行分析，明确电路结构；根据滑动变阻器的变化可知电容器两端电压的变化；同时由功率公式分析电源的输出功率及效率的变化解答：解：a、b由图可知，滑动变阻器上下两部分并联后r串联；电容器并联在r两端；则滑片从上端滑到下滑的过程中，滑动变阻器的总电阻先增大后减小，故电路中总电流先减小后增大；则电容器两端的电压先减小后增大；故电容器先放电后充电；故ab错误；c、因rr，故外电阻一直大于内电阻，当外电阻最小时电源的输出功率最大，故电源的输出功率先减小后增大；故c错误；d、电效的效率=100%，因路端电压u先增大后减小；故电源的效率先增大后减小；故d正确；故选：d点评：本题要注意滑动变阻器两部分并联情况下的电阻分析，明确当两部分相等时，总电阻最大可以借助数学知识进行推导二、选择题（共6小题，每小题5分，满分30分）6（5分）（2013惠州模拟）关于惯性有下列说法，其中正确的是（）a物体抵抗运动状态变化的性质是惯性b没有力的作用，物体只能处于静止状态c行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性d运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动考点：牛顿第一定律；惯性版权所有分析：惯性定律的内容是：一切物体都有保持原来运动状态的性质，即任何物体在任何情况下都有惯性；根据惯性定律的内容进行分析解答：解：a、物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质称为惯性，所以物体抵抗运动状态变化的性质是惯性，故a正确；b、没有力的作用，物体可能做匀速直线运动，故b错误；c、一切物体都有保持原来运动状态的性质，说明速度不变，不是指速率不变，故c错误；d、运动物体如果没有受到力的作用，物体将保持原来的运动状态，即匀速直线运动，故d正确；故选ad点评：知道惯性定律的内容，知道一切物体在任何情况下都有惯性7（5分）（2011沧州一模）如图为一匀强电场，某带电粒子从a点运动到b点在这一运动过程中克服重力做的功为2.0j，电场力做的功为1.5j则下列说法正确的是（）a粒子带负电b粒子在a点的电势能比在b点少1.5jc粒子在a点的动能比在b点多0.5jd粒子在a点的机械能比在b点少1.5j考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用版权所有专题：计算题分析：在由a运动b的过程中，有两个力做功，一是重力做负功，一是电场力做正功从运动轨迹上判断，粒子带正电从a到b的过程中，电场力做正功为1.5j，所以电势能是减少的，a点的电势能要大于b点电势能从a到b的过程中，克服重力做功2.0j，电场力做功1.5j，由动能定理可求出动能的变化情况从a到b的过程中，做功的力有重力和电场力，应用能量的转化与守恒可比较ab两点的机械能解答：解：a、由运动轨迹上来看，垂直电场方向射入的带电粒子向电场的方向偏转，说明带电粒子受到的电场力与电场方向相同，所以带电粒子应带正电选项a错误b、从a到b的过程中，电场力做正功，电势能在减少，所以在a点是的电势能要大于在b点时的电势能选项b错误c、从a到b的过程中，克服重力做功2.0j，电场力做功1.5j，由动能定理可知，粒子在a点的动能比在b点多0.5j，选项c正确d、从a到b的过程中，除了重力做功以外，还有电场力做功，电场力做正功，电势能转化为机械能，带电粒子的机械能增加，由能的转化与守恒可知，机械能的增加量等于电场力做功的多少，所以机械能增加了1.5j，选项d正确故选cd点评：对于本题，大家要明确以下几点：1、电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少，电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加，电势能变化的数值等于电场力做功的数值这常是判断电荷电势能如何变化的依据2、电势能是电荷与所在的电场所共有的，且具有相对性，通常取无穷远处或大地为电势能的零点3、电荷在电场中移动时，电场力做的功与移动的路径无关，只取决于起止位置的电势差和电荷的电量，这一点与重力做功和高度差的关系相似8（5分）（2013惠州模拟）在同一水平直线上的两位置分别沿同方向抛出两小球a和b，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力要使两球在空中p点相遇，则必须（）a在p点a球速度大于b求速度b在p点a球速度小于b求速度ca先抛出球d同时抛出两球考点：平抛运动版权所有专题：平抛运动专题分析：研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同解答：解：由于相遇时a、b做平抛运动的竖直位移h相同，由h=，知两球下落时间相同，即应同时抛出两球因为a球的水平位移大于b球的水平位移，则a球的速度大于b球的速度故a、d正确，b、c错误故选ad点评：本题就是对平抛运动规律的直接考查，掌握住平抛运动的规律就能轻松解决9（5分）（2011山东）甲、乙为两颗地球卫星，其中甲为地球同步卫星，乙的运行高度低于甲的运行高度，两卫星轨道均可视为圆轨道以下判断正确的是（）a甲的周期大于乙的周期b乙的速度大于第一宇宙速度c甲的加速度小于乙的加速度d甲在运行时能经过北极的正上方考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度版权所有分析：人造卫星的万有引力等于向心力，先列式求出线速度、周期和向心力的表达式进行讨论；第一宇宙速度是在近地发射人造卫星的最小速度，也是近地圆轨道的环绕速度，还是圆轨道运行的最大速度解答：解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为m，有f=f向f=gf向=m=m2r=m（）2r因而g=m=m2r=m（）2r=ma解得v= t=2 a= 由式可以知道，人造卫星的轨道半径越大，线速度越小、周期越大，加速度越小，由于甲卫星的高度大，轨道半径大，故甲卫星的线速度小、周期大，加速度小；根据式，第一宇宙速度是近地圆轨道的环绕速度，也是圆轨道运行的最大速度；故选ac点评：本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度、角速度、周期和加速度的表达式，再进行讨论10（5分）（2013春清远期末）如图所示，在高台跳水比赛中，质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为f，那么在他减速下降h的过程中，下列说法正确的是（g为当地的重力加速度）（）a他的动能减少了fhb他的重力势能减少了mghc他的机械能减少了fhd他的机械能减少了（fmg）h考点：机械能守恒定律版权所有专题：机械能守恒定律应用专题分析：本题要能够运用动能定理求出动能的变化量能够通过重力做功量度重力势能的变化知道除了重力和弹簧弹力之外的力做功量度机械能的变化解答：解：a、在运动员减速下降高度为h的过程中，运动员受重力和阻力，运用动能定理得： （mgf）h=ek由于运动员动能是减小的，所以运动员动能减少（fmg）h，故a错误；b、根据重力做功与重力势能变化的关系得：wg=ep=mgh，他的重力势能减少了mgh，故b正确；c、d、由除了重力和弹簧弹力之外的力做功量度机械能的变化得出：w外=e，运动员除了重力还有阻力做功，w外=wf=fh，他的机械能减少了fh，故c正确，d错误；故选：bc点评：解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系我们要正确的对物体进行受力分析，能够求出某个力做的功11（5分）（2014秋南丰县校级月考）如图所示：将一电荷量为+q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等a、b为电场中的两点，则（）aa点的电场强度比b点的小ba点的电势比b点的高c检验电荷q在a点的电势能比在b点的大d将检验电荷q从a点移到b点的过程中，电场力做负功考点：电势；电势差与电场强度的关系版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线的疏密表示场强的大小；a点所在的电场线从q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势；电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小解答：解：a：电场线的疏密表示场强的大小，由图象知a点的电场强度比b点大，故a错误；b：a点所在的电场线从q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势，即a点的电势比b点的高故b正确；c：电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，故c错误；d：由上知，q在a点的电势能较b点小，则把q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点，电势能增大，电场力做负功故d正确故选：bd点评：该题考查电场线的特点与电场力做功的特点，解题的关键是电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加三、解答题（共5小题，满分55分）12（9分）（2011江苏）某同学用如图所示的实验装置验证“力的平行四边形定则”弹簧测力计a挂于固定点p，下端用细线挂一重物m弹簧测力计b的一端用细线系于o点，手持另一端向左拉，使结点o静止在某位置分别读出弹簧测力计a和b的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录o点的位置和拉线的方向（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为n，图中a的示数为3.6n（2）下列不必要的实验要求是d（请填写选项前对应的字母）a应测量重物m所受的重力b弹簧测力计应在使用前校零c拉线方向应与木板平面平行d改变拉力，进行多次实验，每次都要使o点静止在同一位置（3）某次实验中，该同学发现弹簧测力计a的指针稍稍超出量程，请您提出两个解决办法改变弹簧测力计b的方向、减小重物的质量考点：验证力的平行四边形定则版权所有专题：压轴题分析：弹簧测力计a挂于固定点，下端用细线挂一重物当弹簧测力计b一端用细线系于o点，当向左拉使结点静止于某位置弹簧测力计a和b的示数分别为两细线的力的大小，同时画出细线的方向即为力的方向虽悬挂重物的细线方向确定，但大小却不知，所以要测重物重力当结点静止于某位置时，弹簧测力计b的大小与方向就已确定了原因是挂重物的细线大小与方向一定，而弹簧测力计a大小与方向也一定，所以两力的合力必一定当出现超出弹簧测力计a的量程时，通过改变其中一个力大小或另一个力方向来达到此目的解答：解：（1）弹簧测力计读数，每1n被分成5格，则1格就等于0.2n图指针落在3n到4n的第3格处，所以3.6n故答案为：3.6（2）a、实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道故a项也需要；b、弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零故b项也需要；c、拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性故c项也需要；d、当结点o位置确定时，弹簧测力计a的示数也确定，由于重物的重力已确定，两力大小与方向均一定，因此弹簧测力计b的大小与方向也一定，所以不需要改变拉力多次实验故d项不需要故选d（3）当弹簧测力计a超出其量程，则说明弹簧测力计b与重物这两根细线的力的合力已偏大又由于挂重物的细线力的方向已确定，所以要么减小重物的重量，要么改变测力计b拉细线的方向，从而使测力计a不超出量程故答案为：改变弹簧测力计b的方向； 减小重物的质量点评：通过作出力的图示来验证“力的平行四边形定则”，重点是如何准确作出力的图示同时值得注意其中有一力大小与方向均已一定，从而减少实验的操作步骤13（9分）（2011秋相城区校级期末）某同学使用多用电表粗略测量一定值电阻的阻值，先把选择开关旋到“1k”挡位，测量时针偏转如图所示请你简述接下来的测量过程：（1）断开待测电阻，将选择开关旋到“100”档；（2）将两表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0”；（3）再接入待测电阻，将指针示数100，即为待测电阻阻值；（4）测量结束后，将选择开关旋到“off”挡考点：用多用电表测电阻版权所有专题：实验题分析：选择开关旋到“1k”挡位时，由图可以看出测量时指针偏转角度太大，换用“100”档后，重新进行欧姆调零，再进行测量测量值=指示值倍率解答：解：欧姆表表盘右端为“0”，把选择开关旋到“1k”挡位，由图可以看出测量时指针偏转角度太大，说明被测电阻阻值小，应改为较小档，换挡后注意先重新欧姆调零后再测量，故步骤为：（1）断开待测电阻，将选择开关旋到“100”档；（2）将两表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0”；（3）再接入待测电阻，将指针示数100，即为待测电阻阻值故答案为：（1）断开待测电阻，将选择开关旋到“100”档；（2）将两表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0”；（3）再接入待测电阻，将指针示数100，即为待测电阻阻值点评：本题主要考查基本仪器多用电表的结构、原理以及使用方法，也是考试的热点问题14（13分）（2014秋南丰县校级月考）如图所示，在光滑的水平面上放着一个质量为m=0.39kg的木块（可视为质点），在木块正上方0.4m处有一个固定悬点o，在悬点o和木块之间连接一根长度为0.4m的轻绳（轻绳不可伸长）有一颗质量为m=0.01kg的子弹以400m/s的速度水平射入木块并留在其中，随后木块开始绕o点在竖直平面内做圆周运动g取10m/s2求（1）当木块刚离开水平面时的轻绳对木块的拉力多大？（2）求子弹射入木块过程中损失的机械能（3）要使木块能绕o点在竖直平面内做圆周运动，求子弹的射入的最小速度考点：动量守恒定律版权所有专题：动量定理应用专题分析：（1）子弹射入木块的过程中，动量守恒，结合动量守恒定律求出子弹射入木块的共同速度，结合牛顿第二定律求出轻绳对木块的拉力大小（2）根据能量守恒定律求出子弹射入木块过程中损失的机械能（3）根据牛顿第二定律求出最高点的最小速度，结合机械能守恒求出最低点的速度，通过动量守恒定律求出子弹的最小速度解答：解：（1）设子弹射入木块后共同速度为v，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+m）v 代入数据得：v=10m/s 根据牛顿第二定律得：f（m+m）g=（m+m）代入数据解得：f=104n （2）根据能量守恒得：（3）设木块在最高点速度为v1，当木块恰能绕o点在竖直平面内做圆周运动时，在最高点有：（m+m）g=（m+m）代入数据解得：v1=2 m/s 由机械能守恒得：代入数据解得：v=m/s 规定向右为正方向，对子弹和木块有动量守恒定律得：mv0=（m+m）v 代入数据解得：v0=80m/s 答：（1）当木块刚离开水平面时的轻绳对木块的拉力为104n；（2）子弹射入木块过程中损失的机械能为780j；（3）子弹的射入的最小速度为80m/s点评：本题考查了动量守恒定律、能量守恒定律、牛顿第二定律、机械能守恒定律的综合运用，综合性较强，对学生的能力要求较高，是一道比较好的力学综合题15（12分）（2014安徽模拟）图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m=0.2kg，带电荷量为q=+2.0106c的小物块处于静止状态，小物块与地面间的摩擦因数=0.1，从t=0时该开始，空间上加一个如图乙所示的电场（取水平向右的方向为正方向，g取10m/s2）求：（1）4秒内小物块的位移大小；（2）4秒内电场力对小物块所做的功考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）由图乙所示图象可以求出电场强度，由牛顿第二定律求出物块的加速度，然后由匀变速运动的运动学公式求出物块的位移（2）由动能定理可以求出物块做的功解答：解：（1）02s，由牛顿第二定律得物块加速度：a1=2m/s2，x1=a1t12=222=4m，v=a1t1=22=4m/s，24s，由牛顿第二定律得加速度：a2=2m/s2，x2=vt2a2t22=42222=4m，4s内的位移：x=x1+x2=8m，v=va2t2=422=0m/s；（2）由动能定理得：wmgx=mv20，解得：w=mgx+mv2=0.10.2108+0=1.6j；答：（1）4秒内小物块的位移大小为8m；（2）4秒内电场力对小物块所做的功1